以下是AI(monica)的算法面试题解答
算法面试题及解答
1、以字符串形式给定两行代码（字符串长度 1 < length <= 100，由英文字母、数字和空格组成），找出两行代码中的最长公共子串。 注： 如果不存在公共子串，返回空字符串
以下是求两行代码最长公共子串的 Java 代码实现：
public static String longestCommonSubstring(String s1, String s2) {
int m = s1.length();
int n = s2.length();
int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
int maxLen = 0;
int endIndex = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (s1.charAt(i - 1) == s2.charAt(j - 1)) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
if (dp[i][j] > maxLen) {
maxLen = dp[i][j];
endIndex = i;
}
}
}
}
return maxLen == 0 ? "" : s1.substring(endIndex - maxLen, endIndex);
}
该算法使用动态规划的思想，定义一个二维数组 dp[i][j] 表示以 s1[i-1] 和 s2[j-1] 结尾的最长公共子串的长度。然后，遍历两个字符串，如果当前字符相同，则 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1；否则，dp[i][j] = 0。在遍历过程中，记录最大的 dp[i][j] 值和对应的结束位置，在遍历结束后，返回 s1 中以该位置为结尾、长度为最大值的子串即可。
需要注意的是，如果没有公共子串，则返回空字符串。
2、糖果分配问题
老师想给孩子们分发糖果，有 N 个孩子站成了一条直线，老师会根据每个孩子的表现，预先给他们评分。 你需要按照以下要求，帮助老师给这些孩子分发糖果： 每个孩子至少分配到 1 个糖果。 相邻的孩子中，评分高的孩子必须获得更多的糖果。 那么这样下来，老师至少需要准备多少颗糖果呢？
解题思路
这道题可以使用贪心算法来解决。具体思路如下：
-
首先给每个孩子分配一个糖果，即每个孩子至少分配到 1 个糖果。
-
然后从左到右遍历一遍，如果当前孩子的评分比前一个孩子高，就将当前孩子的糖果数设置为前一个孩子的糖果数加 1。
-
再从右到左遍历一遍，如果当前孩子的评分比后一个孩子高，并且当前孩子的糖果数不大于后一个孩子的糖果数，就将当前孩子的糖果数设置为后一个孩子的糖果数加 1。
-
最后将每个孩子的糖果数累加起来，就是老师至少需要准备的糖果数。
时间复杂度为 O(n)，其中 n 表示孩子的数量。
参考代码
下面是Python实现，并且可以动态显示分配过程的代码：
import time
def distribute_candy(scores):
n = len(scores)
candies = [1] * n
for i in range(1, n):
if scores[i] > scores[i-1]:
candies[i] = candies[i-1] + 1
for i in range(n-2, -1, -1):
if scores[i] > scores[i+1] and candies[i] <= candies[i+1]:
candies[i] = candies[i+1] + 1
return candies
def display_distribution(scores, candies):
print("Scores: ", scores)
print("Candies: ", candies)
for i in range(len(scores)):
print(" " * (scores[i]-1), end="")
print("*")
time.sleep(1)
scores = [4, 5, 3, 2, 1, 6, 7, 8, 9, 3]
candies = distribute_candy(scores)
display_distribution(scores, candies)
在这个实现中，我们先定义了一个 distribute_candy 函数来计算每个孩子分配的糖果数。然后我们又定义了一个 display_distribution 函数来动态显示分配过程。
在 display_distribution 函数中，我们先输出每个孩子的评分和分配的糖果数，然后使用 time.sleep(1) 函数来让程序暂停一秒钟，以便我们可以看到每个孩子分配糖果的过程。最后我们使用 print("*") 函数来输出每个孩子分配的糖果。
在这个实现中，时间复杂度仍然是 O(n)，其中 n 表示孩子的数量。
3、木板问题
小明有n块木板，第i（1＜=i＜=n）块木板的长度为ai。 小明买了一块长度为m的木料，这块木料可以切割成任意块，拼接到已有的木板上，用来加长木板。 小明想让最短的木板尽量长。 请问小明加长木板后，最短木板的长度最大可以为多少？
解题思路
这是一道二分答案的问题。
假设最短的木板长度为 x，则可以将所有小于 x 的木板加长到 x，所有大于等于 x 的木板不加长。这样得到的新的木板数组中，最短的木板的长度就是 x。
因此，可以使用二分答案的方法来求解最短的木板长度。具体地，对于一个二分的中间值 mid，可以遍历所有原始的木板长度 ai，将小于 mid 的木板长度加长到 mid，大于等于 mid 的木板长度不加长，统计得到新的木板数组中最短的木板长度 min_len，然后根据 min_len 和 m 的大小关系来更新二分答案的上下界。
具体实现时，可以先将原始的木板数组按照从小到大的顺序排序，然后使用双指针来遍历原始的木板数组和新的木板数组。对于每个原始的木板长度 ai，如果 ai < mid，则将其加长到 mid，否则不加长。同时，可以计算出新的木板数组中最短的木板长度 min_len，并根据 min_len 和 m 的大小关系来更新二分答案的上下界。
最终，当二分答案的上下界足够接近时，即可得到最优解，即为最短的木板长度最大可以为多少。时间复杂度为 O(n log m)，其中 n 是木板的数量，m 是木料的长度。
参考代码
以下是使用 Java 实现二分答案的代码，假设原始的木板数组已经存储在一个长度为 n 的数组 a 中：
public static int cutWood(int[] a, int m) {
int left = 1; // 二分答案的下界，至少为 1
int right = m; // 二分答案的上界，最多为 m
int ans = 0; // 最短的木板长度最大可以为多少
while (left <= right) {
int mid = (left + right) / 2; // 二分答案的中间值
int minLen = Integer.MAX_VALUE; // 新的木板数组中最短的木板长度
// 遍历原始的木板数组和新的木板数组
for (int i = 0, j = 0; i < a.length || j < minLen; i++) {
if (i < a.length && a[i] < mid) {
// 将小于 mid 的木板长度加长到 mid
j += mid - a[i];
} else {
// 大于等于 mid 的木板长度不加长
j = Math.max(j - a[i], 0);
}
minLen = Math.min(minLen, j);
}
if (minLen <= m) {
// 如果新的木板数组中最短的木板长度小于等于 m，则更新答案
ans = mid;
left = mid + 1;
} else {
// 否则，缩小二分答案的上界
right = mid - 1;
}
}
return ans;
}
其中，变量 left、right、ans 分别表示二分答案的下界、上界和最优解。在每次循环中，计算二分答案的中间值 mid，并遍历原始的木板数组和新的木板数组，统计得到新的木板数组中最短的木板长度 minLen。根据 minLen 和 m 的大小关系来更新二分答案的上下界和最优解。最终返回最优解 ans 即可。
4、跳跃游戏
给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。 数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。 你的目标是使用最少的跳跃次数到达数组的最后一个位置。
解题思路
这是一个经典的贪心算法问题，可以使用贪心算法来解决。
具体思路如下：
- 从起点开始，计算出能够到达的最远位置。
- 遍历从起点出发能够到达的所有位置，计算在这些位置上跳跃一次后能够到达的最远位置。
- 选取能够到达的最远位置作为下一次跳跃的目标位置，并将跳跃次数加一。
- 重复步骤 1~3，直到到达数组的最后一个位置。
时间复杂度为 O(n)，其中 n 表示数组的长度。
参考代码
下面是 Python 实现代码：
def jump(nums):
n = len(nums)
if n == 1:
return 0
start, end = 0, 0
jumps = 0
while end < n - 1:
jumps += 1
max_end = end + 1
for i in range(start, end + 1):
if i + nums[i] >= n - 1:
return jumps
max_end = max(max_end, i + nums[i])
start, end = end + 1, max_end
return jumps
在这个实现中，我们首先判断数组长度是否为 1，如果是则直接返回 0。
然后我们从起点开始，计算出能够到达的最远位置。接着遍历从起点出发能够到达的所有位置，计算在这些位置上跳跃一次后能够到达的最远位置。选取能够到达的最远位置作为下一次跳跃的目标位置，并将跳跃次数加一。
重复以上步骤，直到到达数组的最后一个位置。
时间复杂度为 O(n)，其中 n 表示数组的长度。
5、加油站问题
在一条环路上有 N 个加油站，其中第 i 个加油站有汽油 gas[i] 升。 你有一辆油箱容量无限的的汽车，从第 i 个加油站开往第 i+1 个加油站需要消耗汽油 cost[i] 升。你从其中的一个加油站出发，开始时油箱为空。 如果你可以绕环路行驶一周，则返回出发时加油站的编号，否则返回 -1。
解题思路
这道题可以使用贪心算法来解决。具体思路如下：
- 首先计算出从每个加油站出发，能否绕一圈回到该加油站。如果从某个加油站出发，无法绕一圈回到该加油站，那么该加油站和它之前的所有加油站都不能作为起点。
- 如果存在一个加油站可以作为起点，那么从该加油站出发，依次遍历每个加油站，计算油箱中剩余的汽油量。如果某个加油站的汽油量不足以到达下一个加油站，那么就将起点设为下一个加油站，并将油箱中的汽油量清零。
- 如果能够遍历完所有加油站并回到起点，那么该起点就是符合要求的起点；否则，无解。
时间复杂度为 O(n)，其中 n 表示加油站的数量。
参考代码
下面是 Python 实现代码：
def can_complete_circuit(gas, cost):
n = len(gas)
start = 0
total_gas = 0
current_gas = 0
for i in range(n):
total_gas += gas[i] - cost[i]
current_gas += gas[i] - cost[i]
if current_gas < 0:
start = i + 1
current_gas = 0
if total_gas < 0:
return -1
else:
return start
在这个实现中，我们首先计算出从每个加油站出发，能否绕一圈回到该加油站。如果从某个加油站出发，无法绕一圈回到该加油站，那么该加油站和它之前的所有加油站都不能作为起点。
然后我们从第一个加油站开始遍历每个加油站，计算油箱中剩余的汽油量。如果某个加油站的汽油量不足以到达下一个加油站，那么就将起点设为下一个加油站，并将油箱中的汽油量清零。
如果能够遍历完所有加油站并回到起点，那么该起点就是符合要求的起点；否则，无解。
时间复杂度为 O(n)，其中 n 表示加油站的数量。
参考
[1] 谷歌浏览器插件monica的回答
[2] 算法面试题参考自# 阿里面试算法题合集一
